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广东省深圳市2024-2025学年八年级下学期数学期末押题预测卷
一．选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）
1．（3分）（2023春 洋县期末）下列图形中既是中心对称图形又是轴对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
2．（3分）（2024春 十堰期中）若x＞y，则下列式子中错误的是（　　）
A． B．x﹣5＞y﹣5 C． D．﹣5x＞﹣5y
3．（3分）（2022 拱墅区开学）下列判断错误的是（　　）
A．一个自然数不是质数就是合数
B．圆的周长与直径成正比例
C．一个自然数不是奇数就是偶数
D．n边形的内角和等于（n﹣2）×180°
4．（3分）（2023春 济南期末）如图，在锐角三角形ABC中，直线l为BC的中垂线，射线BP为∠ABC的角平分线，且直线l与射线BP相交于点P．若∠A＝64°，∠ACP＝26°，则∠ABP 的度数为（　　）
A．30° B．32° C．34° D．36°
5．（3分）（2024春 西平县期中）对于命题“若m≥0，则，下列m值能说明该命题是假命题的反例是（　　）
A．m＝0.01 B．m＝1 C．m＝10 D．m＝100
6．（3分）（2022 鼓楼区校级模拟）现代科技的发展已经进入到了5G时代，5G网络峰值速率为4G网络峰值速率的10倍，在峰值速率下传输1千兆数据，5G网络比4G网络快90秒．若设4G网络的峰值速率为每秒传输x千兆数据，则根据题意可列方程为（　　）
A．90 B．90
C．90 D．90
7．（3分）（2024春 阳谷县期末）若a，b，c是三角形的三边长，则代数式a2﹣2ac+c2﹣b2的值（　　）
A．小于0
B．大于0
C．等于0
D．以上三种情况均有可能
8．（3分）（2024秋 萧山区月考）如图正方形ABCD，以AD为斜边作直角三角形AED，过点B作ED的垂线交ED于F，交正方形对角线AC于G．连结DG，已知DE＝8，则△GFD的周长是（　　）
A．16 B．15 C．17 D．14
二．填空题（共5小题，满分15分，每小题3分）
9．（3分）（2024秋 恩施市期末）因式分解：a2（x﹣y）+4b2（y﹣x）＝　 　 ．
10．（3分）（2024春 禅城区校级期中）如图所示，直线l1：y＝k1x+b与直线l2：y＝k2x的图象在同一平面直角坐标系中，则关于x的不等式k1x+b＞k2x的解集为 　 　 ．
11．（3分）（2024春 南岗区校级月考）若三角形的三边长分别为6，8，10，则由它的三边中点所围成的三角形的周长为 　 　 ．
12．（3分）在平行四边形ABCD中，AB＝6cm，BC＝8cm，则平行四边形ABCD的周长为 　 　 cm．
13．（3分）（2024秋 大连期中）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标是（0，﹣1），点M是x轴上一动点，连接AM，作线段AM的垂直平分线l1，过点M作x轴的垂线l2，记l1，l2的交点为P，改变点M的位置，可以得到相应的点P，设点P的坐标是（x，y），则y关于x的函数解析式为 　 　 ．
三．解答题（共7小题，满分61分）
14．（6分）（2023春 渠县校级期末）（1）解分式方程：；
（2）解不等式组．
15．（7分）（2022秋 印江县期末）先化简再求值（x+1），其中．
16．（8分）（2024秋 仓山区校级月考）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别为A（1，1），B（4，1），C（3，3）．
（1）画出将△ABC向下平移5个单位后得到的△A1B1C1，点A，B，C的对应点分别为点A1，B1，C1；
（2）画出将△ABC绕原点O逆时针旋转90°后得到的△A2B2C2，点A，B，C对应点分别为点A2，B2，C2．并直接写出C2坐标．
17．（8分）（2023春 绥棱县校级期中）如图，在四边形ABCD中，AB∥DC，AB＝AD，对角线AC．BD交于点O，AC平分∠BAD，过点C作CE⊥AB交AB的延长线于点E．连接OE．
（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）若AE＝4，OE＝3，求线段CE的长．
18．（8分）山地自行车越来越受到中学生的喜爱，各种品牌相继投放市场，某车行经营的A型车去年销售总额为50000元，今年销售总额将比去年减少20%，每辆销售价比去年降低400元，若这两年卖出的数量相同．
（1）求今年A型车每辆售价多少元？
（2）该车行计划今年新进一批A型车和B型车共60辆，A型车的进货价为每辆1100元，销售价与（1）相同：B型车的进货价为每辆1400元，销售价为每辆2000元，且B型车的进货数量不超过A型车数量的两倍，应如何进货才能使这批车获利最多？
19．（12分）（2022春 温江区校级期中）已知a2﹣2a﹣1＝0．求：
（1）代数式a的值；
（2）代数式a2的值；
（3）代数式a3﹣3a2+a+2022的值．
20．（12分）（2023 松原四模）已知正方形ABCD边长为1，对角线AC，BD相交于点O，过点O作射线OE，OF，分别交AD，AB于点E，F，且OE⊥OF．
（1）如图1，当OE⊥AD时，求证：四边形AEOF是正方形；
（2）如图2，将射线OE，OF绕着点O进行旋转．
①在旋转过程中，判断线段OE与OF的数量关系，并给出证明；
②四边形OEAF的面积为 　 　 ；
（3）如图3，在四边形PQMN中，PQ＝PN，∠QPN＝∠QMN＝90°，连接PM．若PM＝9，请直接写出四边形PQMN的面积．
广东省深圳市2024-2025学年八年级下学期数学期末押题预测卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）
1．（3分）（2023春 洋县期末）下列图形中既是中心对称图形又是轴对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】中心对称图形；轴对称图形．
【专题】平移、旋转与对称；几何直观．
【答案】B
【分析】根据中心对称图形，轴对称图形的定义依次进行判断即可得．
【解答】解：A、图形不是中心对称图形是轴对称图形，不符合题意；
B、图形是中心对称图形也是轴对称图形，符合题意；
C、图形不是中心对称图形是轴对称图形，不符合题意；
D、图形不是中心对称图形是轴对称图形，不符合题意．
故选：B．
【点评】本题考查了中心对称图形，轴对称图形，解题的关键是掌握这些知识点．
2．（3分）（2024春 十堰期中）若x＞y，则下列式子中错误的是（　　）
A． B．x﹣5＞y﹣5 C． D．﹣5x＞﹣5y
【考点】不等式的性质．
【专题】一元一次不等式（组）及应用；运算能力．
【答案】D
【分析】利用不等式的性质逐项判断即可．
【解答】解：若x＞y，
两边同时加上得得xy，则A不符合题意，
两边同时减去5得x﹣5＞y﹣5，则B不符合题意，
两边同时除以5得，则C不符合题意，
两边同时乘﹣5得﹣5x＜﹣5y，则D符合题意，
故选：D．
【点评】本题考查不等式的性质，熟练掌握其性质是解题的关键．
3．（3分）（2022 拱墅区开学）下列判断错误的是（　　）
A．一个自然数不是质数就是合数
B．圆的周长与直径成正比例
C．一个自然数不是奇数就是偶数
D．n边形的内角和等于（n﹣2）×180°
【考点】多边形内角与外角．
【专题】实数；多边形与平行四边形；与圆有关的计算；推理能力．
【答案】A
【分析】根据实数的相关概念，圆的周长公式及多边形的内角和进行判断即可．
【解答】解：1是自然数，它既不是质数，也不是合数，则A符合题意；
圆的周长公式是C＝πd，其中d为圆的直径，C为圆的周长，则圆的周长与直径成正比例，则B不符合题意；
一个自然数不是奇数就是偶数正确，则C不符合题意；
n边形的内角和等于（n﹣2）×180°正确，则D不符合题意；
故选：A．
【点评】本题考查实数的概念，圆的周长及多边形的内角和，熟练掌握相关定义及知识点是解题的关键．
4．（3分）（2023春 济南期末）如图，在锐角三角形ABC中，直线l为BC的中垂线，射线BP为∠ABC的角平分线，且直线l与射线BP相交于点P．若∠A＝64°，∠ACP＝26°，则∠ABP 的度数为（　　）
A．30° B．32° C．34° D．36°
【考点】线段垂直平分线的性质．
【专题】三角形；推理能力．
【答案】A
【分析】由线段垂直平分线的性质得到PB＝PC，因此∠PBC＝∠PCB，由角平分线定义得到∠ABP＝∠CBP，因此∠PBC＝∠PCB＝∠ABP，由三角形内角和定理即可求解．
【解答】解：∵直线l为BC的中垂线，
∴PB＝PC，
∴∠PBC＝∠PCB，
∵BP为∠ABC的角平分线，
∴∠ABP＝∠CBP，
∴∠PBC＝∠PCB＝∠ABP，
∵∠ABC+∠ACB+∠A＝180°，
∴3∠ABP+∠A+∠ACP＝180°，
∵∠A＝64°，∠ACP＝26°，
∴∠ABP＝30°．
故选：A．
【点评】本题考查线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，角平分线定义，三角形内角和定理，关键是由垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，角平分线定义推出∠PBC＝∠PCB＝∠ABP．
5．（3分）（2024春 西平县期中）对于命题“若m≥0，则，下列m值能说明该命题是假命题的反例是（　　）
A．m＝0.01 B．m＝1 C．m＝10 D．m＝100
【考点】命题与定理．
【专题】几何图形；应用意识．
【答案】A
【分析】根据题意即可作答．
【解答】解：A．若m＝0.01，则0.1，0.1＞0.01，故该选项符合题意；
B．若m＝1，则1，1＝1，故该选项符合题意；
C．若m＝10，则10，故该选项符合题意；
D．若m＝100，则10，100＞10，故该选项符合题意；
故选：A．
【点评】本题主要考查命题和定理，理解此知识点是解题的关键．
6．（3分）（2022 鼓楼区校级模拟）现代科技的发展已经进入到了5G时代，5G网络峰值速率为4G网络峰值速率的10倍，在峰值速率下传输1千兆数据，5G网络比4G网络快90秒．若设4G网络的峰值速率为每秒传输x千兆数据，则根据题意可列方程为（　　）
A．90 B．90
C．90 D．90
【考点】由实际问题抽象出分式方程．
【专题】分式方程及应用；应用意识．
【答案】B
【分析】由5G网络嶂值速率为4C网络峰值速率的10倍，可得出5G网络的峰值速率为每秒传输10x千兆数据，根据“在峰值速率下传输1千兆数据，5G网络比4G网络快90秒”，即可得出关于x的分式方程，此题得解．
【解答】解：∵5G网络嶂值速率为4C网络峰值速率的10倍，且4G网络的峰值速率为每秒传输x千兆数据，
∴5G网络的峰值速率为每秒传输10x千兆数据．
依题意得：90．
故选：B．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出分式方程，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．
7．（3分）（2024春 阳谷县期末）若a，b，c是三角形的三边长，则代数式a2﹣2ac+c2﹣b2的值（　　）
A．小于0
B．大于0
C．等于0
D．以上三种情况均有可能
【考点】因式分解的应用．
【专题】整式；运算能力．
【答案】A
【分析】本题有b2，c2和2ac项，所以用完全平方公式，然后用平方差公式进行因式分解，再根据三角形的三边关系判断代数式的符号
【解答】解：原式＝（a2﹣2ac+c2）﹣b2
＝（a﹣c）2﹣b2
＝（a﹣c+b）（a﹣c﹣b），
∵a，b，c是三角形的三边，
∴a﹣c+b＞0，a﹣c﹣b＜0，
∴（a﹣c+b）（a﹣c﹣b）＜0，
故选：A．
【点评】本题运用了完全平方公式，平方差公式，三角形的三边关系，运用完全平方公式时，注意符号是关键．
8．（3分）（2024秋 萧山区月考）如图正方形ABCD，以AD为斜边作直角三角形AED，过点B作ED的垂线交ED于F，交正方形对角线AC于G．连结DG，已知DE＝8，则△GFD的周长是（　　）
A．16 B．15 C．17 D．14
【考点】全等三角形的判定与性质；勾股定理；正方形的性质．
【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】A
【分析】过点A作AM⊥BF于点M，证明△BCG和△DCG全等得BG＝DG，则△DFG的周长＝DG+GF+DF＝BG+GF+DF＝BF+DF，再证明△ABM和△ADE全等得BM＝DE，AM＝AE，则四边形AMFE为正方形，从而得MF＝EF，则BF+DF＝BM+MF+DF＝DE+EF+DF＝2DE，即△DFG的周长＝2DE＝16．
【解答】解：如图，过点A作AM⊥BF于点M，设AD与BF交于点O，
∵四边形ABCD为正方形，AC为对角线，
∴BC＝CD，∠BCA＝∠DCA＝45°，∠DAB＝90°，AD＝AB，
∴△BCG≌△DCG（SAS），
∴BG＝DG，
∴△DFG的周长＝DG+GF+DF＝BG+GF+DF＝BF+DF，
∵∠AED＝90°，AM⊥BF，BF⊥DE，
∴∠AMF＝∠E＝∠EFB＝90°，
∴四边形AMFE为矩形，
∴∠ADE+∠DOF＝90°，∠ABM+∠AOB＝90°，
∵∠DOF＝∠AOB，
∴∠ABM＝∠ADE，
∴△ABM≌△ADE（AAS），
∴BM＝DE，AM＝AE，
∴矩形AMFE为正方形，
∴MF＝EF，
∴BF+DF＝BM+MF+DF＝DE+EF+DF＝2DE，
∴△DFG的周长＝2DE＝16，
故选：A．
【点评】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握正方形的性质，全等三角形的判定和性质是解决问题的关键．
二．填空题（共5小题，满分15分，每小题3分）
9．（3分）（2024秋 恩施市期末）因式分解：a2（x﹣y）+4b2（y﹣x）＝　（x﹣y）（a+2b）（a﹣2b）　 ．
【考点】提公因式法与公式法的综合运用．
【专题】整式；运算能力．
【答案】（x﹣y）（a+2b）（a﹣2b）．
【分析】因式分解常用的方法有：①提公因式法；②公式法；③十字相乘法；④分组分解法．先提取公因式，再用平方差公式分解．
【解答】解：a2（x﹣y）+4b2（y﹣x）
＝a2（x﹣y）﹣4b2（x﹣y）
＝（x﹣y）（a2﹣4b2）
＝（x﹣y）（a+2b）（a﹣2b）．
故答案为：（x﹣y）（a+2b）（a﹣2b）．
【点评】本题考查了提公因式法与公式法的综合应用，熟练掌握因式分解的方法是解答本题的关键．
10．（3分）（2024春 禅城区校级期中）如图所示，直线l1：y＝k1x+b与直线l2：y＝k2x的图象在同一平面直角坐标系中，则关于x的不等式k1x+b＞k2x的解集为 　x＞﹣1　 ．
【考点】一次函数与一元一次不等式．
【专题】一次函数及其应用；推理能力．
【答案】x＞﹣1．
【分析】利用数形结合的思想即可解决问题．
【解答】解：由所给函数图象可知，
在直线x＝﹣1的右侧，函数y＝k1x+b的图象在函数y＝k2x的图象的上方，即k1x+b＞k2x，
所以关于x的不等式k1x+b＞k2x的解集为x＞﹣1．
故答案为：x＞﹣1．
【点评】本题考查一次函数与一元一次不等式，数形结合思想的巧妙运用是解题的关键．
11．（3分）（2024春 南岗区校级月考）若三角形的三边长分别为6，8，10，则由它的三边中点所围成的三角形的周长为 　12　 ．
【考点】三角形中位线定理．
【专题】线段、角、相交线与平行线；三角形；推理能力．
【答案】12．
【分析】根据三角形中位线定理分别求出连接各边中点所围成的三角形的三边，然后求和即可．
【解答】解：由三角形的中位线定理，得连接各边中点所围成的三角形的三边分别是3，4，5，
∴它的周长＝3+4+5＝12．
故答案为：12．
【点评】本题考查的是三角形中位线定理，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．
12．（3分）在平行四边形ABCD中，AB＝6cm，BC＝8cm，则平行四边形ABCD的周长为 　28　 cm．
【考点】平行四边形的性质．
【专题】多边形与平行四边形；推理能力．
【答案】28．
【分析】根据平行四边形的对边相等得到：AB＝CD，AD＝BC，然后由平行四边形的周长公式作答．
【解答】解：在平行四边形ABCD中，AB＝CD＝6cm，AD＝BC＝8cm，
则平行四边形ABCD的周长为：2（AB+BC）＝2×（6+8）＝28（cm）．
故答案为：28．
【点评】本题主要考查了平行四边形的性质，解题时，利用了“平行四边形的对边相等”的性质．
13．（3分）（2024秋 大连期中）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标是（0，﹣1），点M是x轴上一动点，连接AM，作线段AM的垂直平分线l1，过点M作x轴的垂线l2，记l1，l2的交点为P，改变点M的位置，可以得到相应的点P，设点P的坐标是（x，y），则y关于x的函数解析式为 　yx2　 ．
【考点】线段垂直平分线的性质；勾股定理；函数关系式．
【专题】线段、角、相交线与平行线；推理能力．
【答案】yx2．
【分析】连接AP，过A点作AN⊥PM交于点N，可知PA＝PM＝﹣y，PN＝﹣1﹣y，AN＝x，在Rt△ANP中由勾股定理即可求答案．
【解答】解：如图，连接AP，过A点作AN⊥PM交于点N，
∵线段AM的垂直平分线为l1，
∴AP＝PM，
∵点P的坐标是（x，y），
∴PA＝PM＝﹣y，PN＝﹣1﹣y，AN＝x，
在Rt△APN中，根据勾股定理得：AP2＝AN2+PN2，
∴y2＝x2+（﹣1﹣y）2，
∴yx2．
故答案为：yx2．
【点评】本题考查了函数关系式，线段垂直平分线的性质和勾股定理，熟练掌握线段垂直平分线的性质，勾股定理是解题的关键．
三．解答题（共7小题，满分61分）
14．（6分）（2023春 渠县校级期末）（1）解分式方程：；
（2）解不等式组．
【考点】解分式方程；解一元一次不等式组．
【专题】分式方程及应用；一元一次不等式（组）及应用；运算能力．
【答案】（1）x＝5；
（2）﹣1≤x＜2．
【分析】（1）分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解；
（2）分别求出不等式组中两不等式的解集，找出两解集的公共部分即可．
【解答】解：（1）去分母得：2＝1﹣x+2x﹣4，
解得：x＝5，
检验：把x＝5代入得：x﹣2≠0，
∴分式方程的解为x＝5；
（2），
由①得：x≥﹣1，
由②得：x＜2，
∴不等式组的解集为﹣1≤x＜2．
【点评】此题考查了解分式方程，解一元一次不等式组，熟练掌握各自的解法是解本题的关键．
15．（7分）（2022秋 印江县期末）先化简再求值（x+1），其中．
【考点】分式的化简求值．
【专题】分式；运算能力．
【答案】，．
【分析】先根据分式的加减法则进行计算，再根据分式的除法法则把除法变成乘法，算乘法，最后代入求出答案即可．
【解答】解：（x+1）

，
当时，原式．
【点评】本题考查了分式的化简求值，能正确根据分式的运算法则进行化简是解此题的关键，注意运算顺序．
16．（8分）（2024秋 仓山区校级月考）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别为A（1，1），B（4，1），C（3，3）．
（1）画出将△ABC向下平移5个单位后得到的△A1B1C1，点A，B，C的对应点分别为点A1，B1，C1；
（2）画出将△ABC绕原点O逆时针旋转90°后得到的△A2B2C2，点A，B，C对应点分别为点A2，B2，C2．并直接写出C2坐标．
【考点】作图﹣旋转变换；作图﹣平移变换．
【专题】作图题；平移、旋转与对称；几何直观．
【答案】（1）见解析；
（2）作图见解析，C2坐标为（﹣3，3）．
【分析】（1）根据平移的性质即可得到结论；
（2）根据旋转的性质即可得到结论．
【解答】解：（1）如图所示，△A1B1C1即为所求；
（2）如图所示，△A2B2C2即为所求，C2坐标为（﹣3，3）．
【点评】本题考查作图﹣旋转变换，平移变换等知识，解题的关键是掌握旋转变换，平移变换的性质，属于中考常考题型．
17．（8分）（2023春 绥棱县校级期中）如图，在四边形ABCD中，AB∥DC，AB＝AD，对角线AC．BD交于点O，AC平分∠BAD，过点C作CE⊥AB交AB的延长线于点E．连接OE．
（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）若AE＝4，OE＝3，求线段CE的长．
【考点】菱形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；角平分线的性质；等腰三角形的判定与性质．
【专题】三角形；图形的全等；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力．
【答案】（1）见解析；
（2）CE＝2．
【分析】（1）根据题意先证明四边形ABCD是平行四边形，再由AB＝AD可得平行四边形ABCD是菱形；
（2）根据菱形的性质得出AC的长，利用勾股定理求出CE的长即可解答．
【解答】（1）证明：（1）∵AB∥CD，
∴∠OAB＝∠DCA，
∵AC为∠DAB的平分线，
∴∠OAB＝∠DAC，
∴∠DCA＝∠DAC，
∴CD＝AD＝AB，
∵AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AD＝AB，
∴ ABCD是菱形；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AO＝CO
∵CE⊥AB，OE＝3
∴AC＝2OE＝6，
∵AE＝4，
∴在Rt△ACE中，根据勾股定理得．
【点评】本题主要考查菱形的判定与性质以及勾股定理，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用．
18．（8分）山地自行车越来越受到中学生的喜爱，各种品牌相继投放市场，某车行经营的A型车去年销售总额为50000元，今年销售总额将比去年减少20%，每辆销售价比去年降低400元，若这两年卖出的数量相同．
（1）求今年A型车每辆售价多少元？
（2）该车行计划今年新进一批A型车和B型车共60辆，A型车的进货价为每辆1100元，销售价与（1）相同：B型车的进货价为每辆1400元，销售价为每辆2000元，且B型车的进货数量不超过A型车数量的两倍，应如何进货才能使这批车获利最多？
【考点】一次函数的应用；分式方程的应用．
【专题】一次函数及其应用；推理能力；应用意识．
【答案】（1）1600元；
（2）当新进A型车20辆，B型车40辆时，这批车获利最多．
【分析】（1）设今年A型车每辆售价x元，则去年售价每辆为（x+400）元，由卖出的数量相同建立方程求出其解即可；
（2）设今年新进A型车a辆，则B型车（60﹣a）辆，获利y元，由条件表示出y与a之间的关系式，由a的取值范围就可以求出y的最大值．
【解答】解：（1）设今年A型车每辆售价x元，则去年售价每辆为（x+400）元，由题意，得
解得：x＝1600，
经检验，x＝1600是原方程的根；
答：今年A型车每辆售价1600元；
（2）设今年新进A型车a辆，则B型车（60﹣a）辆，获利y元，由题意，得
y＝（1600﹣1100）a+（2000﹣1400）（60﹣a），
y＝﹣100a+36000，
∵B型车的进货数量不超过A型车数量的两倍，
∴60﹣a≤2a，
∴a≥20．
∵k＝﹣100＜0，
∴y随a的增大而减小．
∴a＝20时，y最大＝34000元．
∴B型车的数量为：60﹣20＝40辆．
∴当新进A型车20辆，B型车40辆时，这批车获利最多．
【点评】本题考查了列分式方程解实际问题的运用，分式方程的解法的运用，一次函数的解析式的运用，解答时由销售问题的数量关系求出一次函数的解析式是关键．
19．（12分）（2022春 温江区校级期中）已知a2﹣2a﹣1＝0．求：
（1）代数式a的值；
（2）代数式a2的值；
（3）代数式a3﹣3a2+a+2022的值．
【考点】分式的混合运算；完全平方公式．
【专题】整式；分式；运算能力．
【答案】（1）2；
（2）6；
（3）2021．
【分析】（1）由题意得到a≠0，两边除以a计算即可求出所求；
（2）由（1）的结论，两边平方，利用完全平方公式计算即可求出所求；
（3）原式变形后，把a2＝2a+1代入计算即可求出值．
【解答】解：（1）∵a2﹣2a﹣1＝0，a≠0，
∴a﹣20，
则a2；
（2）∵a2，
∴（a）2＝4，即a22＝4，
则a26；
（3）∵a2﹣2a﹣1＝0，
∴a2＝2a+1，
则原式＝a2 a﹣3a2+a+2022
＝a（2a+1）﹣3a2+a+2022
＝2a2+a﹣3a2+a+2022
＝﹣a2+2a+2022
＝﹣2a﹣1+2a+2022
＝2021．
【点评】此题考查了分式的混合运算，以及完全平方公式，熟练掌握公式及运算法则是解本题的关键．
20．（12分）（2023 松原四模）已知正方形ABCD边长为1，对角线AC，BD相交于点O，过点O作射线OE，OF，分别交AD，AB于点E，F，且OE⊥OF．
（1）如图1，当OE⊥AD时，求证：四边形AEOF是正方形；
（2）如图2，将射线OE，OF绕着点O进行旋转．
①在旋转过程中，判断线段OE与OF的数量关系，并给出证明；
②四边形OEAF的面积为 　　 ；
（3）如图3，在四边形PQMN中，PQ＝PN，∠QPN＝∠QMN＝90°，连接PM．若PM＝9，请直接写出四边形PQMN的面积．
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；推理能力．
【答案】（1）证明过程见解答；
（2）O逆时针；①OE＝OF，证明过程见解答；
②；
（3）．
【分析】（1）根据正方形的性质证明四边形AEOF是矩形，再得OE＝AE，即可解决问题；
（2）①证明△AEO≌△BFO（ASA），可得OE＝OF即可；
②先根据正方形的性质得OA＝OB＝OC，∠AOB＝∠BOC＝90°，则∠OBE＝∠OAE＝45°，∠OCF＝∠OBF＝45°，所以∠OBE＝∠OCF，由OE⊥OF得∠EOF＝90°，则∠BOE＝∠COF＝90°﹣∠BOF，即可证明△BOE≌△COF，于是得BE＝CF，根据四边形OEAF的面积＝△AOB的面积正方形ABCD的面积，即可解决问题；
（3）延长MQ至点G，使GQ＝MN，连接PG，证明△PGQ≌△PMN（SAS），可得PG＝PM，∠GPQ＝∠MPN，所以△PGM为等腰直角三角形，所以四边形PQMN的面积＝等腰直角三角形PGM的面积，进而可以解决问题．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAB＝90°，∠DAC＝45°，
∵OE⊥OF，OE⊥AD，
∴∠DAB＝∠OEA＝∠EOF＝90°，
∴四边形AEOF是矩形，
∵∠DAC＝45°，
∴OE＝AE，
∴四边形AEOF是正方形；
（2）解：①OE＝OF，
证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴OA＝OB．∠EAO＝∠FBO＝45°，
∵∠EOF＝∠AOB＝90°，
∴∠EOA＝∠FOB，
∴△AEO≌△BFO（ASA），
∴OE＝OF；
②∵四边形ABCD是正方形，
∴AC＝BD，AC⊥BD，OA＝OCAC，OB＝ODBD，
∴OA＝OB＝OC，∠AOB＝∠BOC＝90°，
∴∠OBE＝∠OAE＝45°，∠OCF＝∠OBF＝45°，
∴∠OBE＝∠OCF，
∵OE⊥OF，
∴∠EOF＝90°，
∴∠BOE＝∠COF＝90°﹣∠BOF，
∴△BOE≌△COF（ASA），
∴△BOE的面积＝△COF的面积，
∴四边形OEAF的面积＝△AOB的面积正方形ABCD的面积1，
故答案为：；
（3）如图，延长MQ至点G，使GQ＝MN，连接PG，
∵∠QPN＝∠QMN＝90°，
∴∠PQM+∠N＝180°，
∵∠PQM+∠PQG＝180°，
∴∠PQG＝∠N，
∵PQ＝PN，
∴△PGQ≌△PMN（SAS），
∴PG＝PM，∠GPQ＝∠MPN，
∴∠GPM＝∠GPQ+∠QPM＝∠MPN+∠QPM＝90°，
∴△PGM为等腰直角三角形，
∵PM＝9，
∴四边形PQMN的面积＝等腰直角三角形PGM的面积92．
【点评】此题是四边形的综合题，考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，旋转的性质，根据正方形性质求出三角形全等的条件是解题的关键．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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